Partie I : Étude de la fonction f

EMLyon 2018 - Voie Économique - Corrigé

Correction proposée par G. Dupont - LGT Gerville-Réache - Basse-Terre.

Exercice 1

1. a. On av=f(e1) +e1mais, puisqueAest la matrice def dans la baseB= (e1, e2, e3), la lecture de sa première colonne permet d’affirmer quef(e₁) =−2e2+e₃. Ainsi,

v=f(e1) +e1=e1−2e2+e3.

b. Montrons que la familleC = (u, v, e1)est libre. Soientλ, µ, γ∈R, on a

λu+µv+γe₁= 0⇔λ(e₁−e₂) +µ(e₁−2e₂+e₃) +γe₁= 0

⇔(λ+µ+γ)e1+ (−λ−2µ)e2+µe3= 0

⇔







λ+µ+γ = 0

−λ−2µ = 0 µ = 0

⇔λ=µ=γ= 0.

Ainsi,C est une famille libre deR³. Puisquedim(R³) = 3, il vient : C est une base deR³. c. Par définition de la matrice de passageP deBà C, on a

P =





1 1 1

−1 −2 0

0 1 0



.

Pour calculerP⁻¹, on peut procéder à un calcul d’inverse mais on peut plus élégamment utiliser le fait queP⁻¹ est la matrice de passage deC àBet que, si l’on pose e⁰₁=u,e⁰₂=v et e⁰₃=e1, alors on a les relations :







e₁ =e⁰₃ e₂ =e⁰₃−e⁰₁

e3 =−2e⁰₁+e⁰₂+e⁰₃ .

Ainsi,

P⁻¹=





0 −1 −2

0 0 1

1 1 1



.

2. a. D’après la formule de changement de base, on a

A⁰ =P⁻¹AP et donc, en effectuant le produit, on obtient

A⁰=





2 0 0

0 −1 1

0 0 −1



.

b. La matrice A⁰ est triangulaire, ses valeurs propres sont donc situées sur sa diagonale. Ainsi, Sp(A) = {−1,2} et puisqueA⁰ est une matrice représentative de l’endomorphismef, il vient :

Sp(f) ={−1,2}.

En outre,

rg(A⁰−2I3) = rg





0 0 0

0 −3 1

0 0 −3



= 2 donc

dimE₂(f) = dimE₂(A⁰) = dim ker(A⁰−2I₃) = 3−rg(A⁰−2I₃) = 1.

De même,

rg(A⁰+I₃) = rg





3 0 0 0 0 1 0 0 0



= 2 donc

dimE₋₁(f) = dimE₋₁(A⁰) = dim ker(A⁰+I₃) = 3−rg(A⁰+I₃) = 1.

Ainsi,

dimE₋₁(f) + dimE2(f) = 1 + 1 = 2<3 = dim(R³).

En conclusion,

f n’est pas diagonalisable.

c. D’après la question précédente, on a 0 6∈ Sp(f). Ainsi, kerf = {0} et donc f est injectif. Puisqu’il s’agit d’un endomorphisme deR³et que R³est de dimension finie :

f est bijectif.

d. Comme observé à la question2.a, on a la relation :

A⁰=P⁻¹AP.

3. a. On calcule :

g(e1) =g(1,0,0) = (1,0,−1) =e1−e3

g(e2) =g(0,1,0) = (1,2,1) =e1+ 2e2+e3

g(e₃) =g(0,0,1) = (−1,0,1) =−e1+e₃. Ainsi,

B=





1 1 −1

0 2 0

−1 1 1



.

b. Un produit matriciel direct donne :

B²=





2 2 −2

0 4 0

−2 2 2



= 2B.

c. D’après3.b, on aB²−2B = 0doncX²−2X est un polynôme annulateur de B. Il s’ensuit que les valeurs propres possibles pourB sont les racines deX²−2X=X(X−2). Ainsi,

Sp(B)⊂ {0,2}.

SoitX =



 x y z



∈R³. On a

X∈E0(B)⇔BX = 0

⇔







x+y−z = 0 2y = 0

−x+y+z = 0

⇔

x =z y = 0.

⇔X ∈Vect







 1 0 1







.

Ainsi,

E0(B) = Vect







 1 0 1







.

De même,

X ∈E₂(B)⇔BX= 2X

⇔







x+y−z = 2x 2y = 2y

−x+y+z = 2z

⇔x=y−z

⇔X∈Vect







 1 1 0



,





−1 0 1







.

Ainsi,

E₂(B) = Vect







 1 1 0



,





−1 0 1







.

d. On aB∈M3(R)et

dimE0(B) + dimE2(B) = 1 + 2 = 3

doncB est diagonalisable. La matriceB représentant l’endomorphismeg, on obtient : g est diagonalisable.

4. a. Montrons queE est un sous-espace vectoriel deM3(R).

— E est inclus dansM3(R)par définition.

— On aB×03= 03= 03×Adonc03∈E.

— FixonsM, N ∈E et λ∈R, on a

B(λM+N) =λBM +BN

=λM A+N A (carM, N ∈E)

= (λM+N)A.

Ainsi,λM+N∈E. En conclusion,

E est un sous-espace vectoriel deM3(R).

b. SoitM une matrice appartenant àE, on a doncBM=M A. Supposons que M est inversible. On peut alors réécrire la relation d’appartenance àE comme :

A=M⁻¹BM.

Les matricesAet B sont ainsi semblables. Or on a vu en 3.dqueB est diagonalisable et en2.bqueA ne l’est pas, une contradiction. Ainsi,

SiM ∈E, alorsM n’est pas inversible.

5. a. Le rang étant invariant par transposition, on a, pour toutλ∈R,

rg(A−λI3) = rg(^t(A−λI3)) = rg(^tA−λI3).

b. On a observé en2.bet 3.cque2∈Sp(A)∩Sp(B). Mais

Sp(A) ={λ∈R|rg(A−λI3)<3}

=

(5.a)

λ∈R|rg(^tA−λI3)<3

= Sp(^tA).

Ainsi,

α= 2∈Sp( ^tA)∩Sp(B).

c. On aX ∈E₂(B)doncBX = 2X etY ∈E₂(^tA)donc ^tAY = 2Y. On a ainsi, BN =BX ^tY

= 2X ^tY

= 2N et

N A=X ^tY A

=X ^t(^tAY)

=X ^t(2Y)

= 2X ^tY

= 2N.

Ainsi,

BN =N Aet doncN ∈E.

Il reste à montrer queN est non-nulle. On commence par observer queX etY sont non nuls, donc en particulier, si on poseY =



 y1

y2

y3



, on a

tY Y = [y1, y2, y3]



 y1

y2

y3



=

3

X

i=1

y_i²6= 0.

Par l’absurde, supposons queN = 0₃, on a alors :

N= 0₃⇒N Y = 0

⇒X ^tY Y = 0

⇒X·

3

X

i=1

y_i²

!

= 0

⇒X= 0, une contradiction. Ainsi,

N∈E \ {03}.

d. On sait d’après3.c que E2(B) est de dimension 2. Fixons une base (X1, X2) deE2(B)et fixons un vecteur propre Y ∈ E2(^tA). Il suit alors de la question 4.c que N1 = X1 tY et N2 = X2tY sont des éléments non nuls de E. Montrons alors que la famille(N1, N2)est libre.

Soientλ₁, λ₂∈Rtels queλ₁N₁+λ₂N₂= 0₃. On a alors

λ₁N₁+λ₂N₂= 0₃⇒λ₁X₁ ^tY +λ₂X₂ ^tY = 0₃

⇒(λ₁X₁+λ₂X₂)^tY = 0₃.

E2(B) étant un sous-espace vectoriel de R³, si on poseX = λ1X1+λ2X2, on a X ∈E2(B)et X ^tY = 03. Il suit alors de la question4.cqueX = 0et donc λ1X1+λ2X2= 0. La famille (X1, X2)étant une base deE2(B), elle est en particulier libre et doncλ1=λ2= 0.

Ainsi,(N1, N2)est une famille libre formée de deux vecteurs deE. Il s’ensuit que : dimE ≥2.

Exercice 2

Partie I : Étude de la fonction f

1. La fonctionx7→xestC^∞surRet la fonctionx7→ln(x)est C^∞sur]0,+∞[doncf est de classeC^∞sur]0,+∞[. Alors, pour toutx∈]0,+∞[, on a

f⁰(x) = 1−1

x= x−1 x . Par ailleurs,

lim

x→0⁺f(x) = lim

x→0⁺x− lim

x→0⁺ln(x) = +∞

et, par croissances comparées,f(x) ∼

x:+∞xdonc

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞x= +∞.

On en déduit le tableau de variations suivant :

x 0 1 +∞

f⁰(x) − 0 + f +∞

&1% +∞

2. Sur]0,1[, la fonctionf est continue, strictement décroissante et ses limites aux bornes sont+∞et1. Il suit du théorème de la bijection continue quef induit une bijection de]0,1[vers]1,+∞[. Puisque2∈]1,+∞[, il existe un unique réel a∈]0,1[

tel quef(a) = 2.

De même, sur ]1,+∞[, la fonction f est continue, strictement croissante et limites aux bornes sont 1 et +∞. Il suit à nouveau du théorème de la bijection continue que f induit une bijection de ]1,+∞[ vers]1,+∞[. Puisque 2 ∈]1,+∞[, il existe un unique réelb∈]1,+∞[tel quef(b) = 2.

Enfin,f(1) = 16= 2et donc :

L’équationf(x) = 2n’admet que deux solutions sur ]0,+∞[:a∈]0,1[etb∈]1,+∞[.

3. On a

f(2) = 2−ln(2)≈1,3<2, f(4) = 4−ln(4) = 4−2 ln(2)≈2,6>2.

La fonctionf étant continue sur[2; 4], il suit du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existex∈[2,4]tel quef(x) = 2.

Par unicité de la solution à cette équation sur]1,+∞[, on ax=bet donc : b∈[2; 4].

Partie II : Étude d’une suite

4. Montrons, par récurrence surn∈N, que la suite(u_n)_n∈N est bien définie et que l’on a :∀n∈N, u_n ∈[b,+∞[.

Initialisation : Sin= 0, on a u0= 4de sorte que u0 est bien défini etu0= 4≥b d’après3.

Hérédité : Soitn∈Ntel queu_n est défini etu_n ≥b. Alorsu_n >0 doncu_n+1= ln(u_n) + 2est bien défini. En outre, par croissance du logarithme, ln(un) ≥ ln(b) = b−2, la dernière égalité provenant du fait que 2 = f(b) = b−ln(b). Ainsi, un+1≥b−2 + 2 =b et doncun+1∈[b,+∞[.

En conclusion,

∀n∈N, un existe etun≥b.

5. Soitn∈N. On a

u_n+1−u_n = ln(u_n) + 2−u_n

= 2−(un−ln(un))

= 2−f(u_n)

Maisu_n≥bd’après4et f est croissante sur[b,+∞[⊂[1,+∞[d’après1. Ainsi,f(u_n)≥f(b) = 2et donc u_n+1−u_n≤2−2 = 0.

Ainsi,

(un)n∈N est décroissante.

La suite(un)_n∈N étant minorée parbd’après4, elle converge vers une limite`≥b.

En passant à la limite dans la relationun+1= ln(un) + 2et en utilisant la continuité du logarithme, il vient

`= ln(`) + 2 ou encore

f(`) = 2.

Par unicité de la solution de l’équationf(x) = 2 sur]1,+∞[, on a`=b.

En conclusion,

u_n−−−−−→

n→+∞ b.

6. a. Considérons la fonctiong définie sur[b,+∞[parg(x) = ln(x) + 2. C’est une fonction dérivable et, pour toutx≥b, on a

g⁰(x) = 1 x. Alors, puisqueb≥2, on a :

∀x≥b, |g⁰(x)|= 1 x ≤1

b ≤1 2. En outre,g(b) = ln(b) + 2 =b et, pour toutn∈N,g(un) =un+1.

La suite(un)convergeant versben décroissant, il suit de l’inégalité des accroissements finis que, pour toutn∈N, un+1−b=|un+1−b|

=|g(un)−g(b)|

≤ 1

2|un−b|

= 1

2(un−b).

Ainsi,

∀n∈N, un+1−b≤1

2(un−b).

b. La suite(u_n)convergeant en décroissant versb, on a déjà

∀n∈N, 0≤un−b.

Montrons alors par récurrence surn∈N queun−b≤ 1 2ⁿ⁻¹. Initialisation : Pourn= 0, puisqueb∈[2; 4]d’après3, il vient

u0−b= 4−b≤4−2 = 2 = 1 2⁻¹ = 1

2⁰⁻¹.

Hérédité : Soitn∈Ntel que u_n−b≤ 1

2ⁿ⁻¹.Alors, il suit de6.aque un+1−b≤1

2(un−b)

≤1 2 × 1

2ⁿ⁻¹

= 1

2^(n+1)−1. Ainsi,

∀n∈N, 0≤un−b≤ 1 2ⁿ⁻¹. 7. a. Nous proposons la fonction suivante :

1. function u = suite(n)

2. u = 4

3. for i=1:n

4. u = log(u)+2

5. end

6. endfunction

b. Nous nous appuyons ici sur la question6.b: 1. function b = valeur_approchee(epsilon)

2. n = 0

3. while (1/2^(n-1) > epsilon)

4. n = n+1

5. end

6. b = suite(n) 7. endfunction

Partie III : Étude d’une fonction définie par une intégrale

8. La fonctiont 7→f(t)est continue et ne s’annule pas sur]0,+∞[, elle y admet donc une primitive que l’on noteG. On a alors :

∀x∈]0,+∞[, Φ(x) =G(2x)−G(x).

Il s’ensuit queΦest dérivable sur]0,+∞[et que, pour toutx∈]0,+∞[, on a : Φ⁰(x) = 2G⁰(2x)−G⁰(x)

= 2

f(2x)− 1 f(x)

= 2

(2x−ln(2x))− 1 (x−ln(x))

= 2(x−ln(x))−(2x−ln(2x)) (2x−ln(2x))(x−ln(x))

= 2x−2 ln(x)−2x+ ln(2x) (2x−ln(2x))(x−ln(x))

= −2 ln(x) + ln(2) + ln(x) (2x−ln(2x))(x−ln(x)). Ainsi,

∀x∈]0,+∞[, Φ⁰(x) = ln(2)−ln(x) (2x−ln(2x))(x−ln(x)).

9. Soitx∈]0,+∞[. On a

x−ln(x) =f(x)>0 et 2x−ln(2x) =f(2x)>0 doncΦ⁰(x)est du signe deln(2)−ln(x), d’où le tableau de variations :

x 0 2 +∞

Φ⁰(x) + 0 − Φ % &

10. Pour toutt >0, il suit de 1quef(t)≥1 donc0≤ 1

f(t)≤1. Ainsi, par croissance de l’intégrale :

∀x >0, 0≤Φ(x) = Z 2x

x

1 f(t) dt≤

Z 2x x

1 dt= (2x−x) =x.

En conclusion,

∀x >0, 0≤Φ(x)≤x.

11. a. En appliquant le théorème d’encadrement à l’inégalité trouvée en10, on obtient lim

x→0⁺Φ(x) = 0.

Ainsi,

Φest prolongeable par continuité en 0, avecΦ(0) = 0.

b. Soitx >0. On a

Φ⁰(x) ∼

x:0⁺

−ln(x)

(−ln(x))(−ln(2x)) =− 1

ln(2x) −−−→

x:0⁺

0.

Ainsi,

Φ⁰(x)−−−→

x:0⁺ 0.

12. On commence par observer que l’on a les éléments caractéristiques suivants :

— Une asymptote horizontale d’équationy= ln(2)en+∞;

— Une tangente horizontale au point(2,Φ(2));

— Une (demi-)tangente horizontale au point (0,Φ(0)).

On obtient alors un graphique ayant l’allure suivante (celui-ci ayant été réalisé numériquement avec Scilab) :

Partie IV : Étude d’une fonction de deux variables

Note du correcteur : Dans l’énoncé, la fonction H est définie sur U =]0,+∞[² mais nous allons étudier à la question 14 son comportement en (a,ln(a)) qui n’est pas un élément de U puisque ln(a)<0 du fait quea∈]0,1[.

Afin de palier cela, nous proposons de définir la fonctionH sur l’ouvert V =]0,+∞[×Rqui contientU et qui nous semble rester conforme aux objectifs de cette partie de l’exercice.

13. a. La fonctionH est de classeC²surV comme somme de fonctions de classeC²surV, on peut donc calculer ses dérivées partielles premières et secondes. Ceci étant noté, on a :

∀(x, y)∈V, ∂1(H)(x, y) =x−y−2 et ∂2(H)(x, y) =−x+e^y. b. Soit(x, y)∈V. Si on note Crit(H)l’ensemble des points critiques deH, on a

(x, y)∈Crit(H)⇔ ∇(H)(x, y) = 0

⇔

x−y−2 = 0

−x+e^y 0

⇔

x−y−2 = 0 x =e^y

⇔

x−y = 2

y = ln(x) (carx >0)

⇔

x−ln(x) = 2 y = ln(x)

⇔

f(x) = 2

y = ln(x)

⇔

(2)

x∈ {a, b}y = ln(x)

⇔(x, y)∈ {(a,ln(a)),(b,ln(b))}. Ainsi,

Crit(H) ={(a,ln(a)),(b,ln(b))}. 14. a. Pour tout(x, y)∈V, on a

∇²(H) (x, y) =

1 −1

−1 e^y

. Ainsi,

Ma=∇²(H) (a,ln(a)) =

1 −1

−1 a

.

b. Nous commençons par remarquer que la matrice M_a est symétrique donc diagonalisable. En outre, elle n’est pas diagonale donc elle ne peut avoir une unique valeur propre, il s’ensuit qu’elle admet deux valeurs propres distinctes : λ₁ et λ₂. Pour montrer les identités demandées le plus rapide serait de recourir aux propriétés de la trace et du déterminant mais ces notions ne sont pas explicitement au programme, nous allons donc les contourner.

On sait que, pour une matriceM = a b

c d

∈M2(R),M est inversible si et seulement siad−bc6= 0. Soitx∈R, on a alors :

x∈Sp(Ma)⇔Ma−xI2non inversible

⇔

1−x −1

−1 a−x

non inversible

⇔(1−x)(a−x)−1 = 0

⇔x²−(a+ 1)x+ (a−1) = 0.

On reconnaît un polynôme (unitaire) de degré 2 dont on sait par ailleurs que ses deux racines sont λ1 et λ2. On a donc

(x−λ₁)(x−λ₂) =x²−(a+ 1)x+ (a−1) c’est-à-dire, en développant le membre de gauche,

x²−(λ₁+λ₂)x+λ₁λ₂=x²−(a+ 1)x+ (a−1).

En identifiant les coefficients de ces deux polynômes, on obtient λ₁+λ₂ =a+ 1

λ₁λ₂ =a−1.

c. On sait que0 < a <1 doncλ1λ2 =a−1 <0 et les valeurs propres deMa =∇²(H) (a,ln(a))sont donc de signes opposés. Ainsi,

H présente un point col en(a,ln(a)).

15. En procédant comme à la question 14, on a

Mb=∇²(H) (b,ln(b)) =

1 −1

−1 b

de sorte queMb admet deux valeurs propres distinctesµ1et µ2satisfaisant : µ1+µ2 =b+ 1

µ1µ2 =b−1.

Puisque b >1, on a µ1µ2 >0 doncµ1 et µ2 sont toutes deux strictement positives ou toutes deux strictement négatives.

Mais puisqueµ1+µ2=b+ 1>0, on a nécessairementµ1>0etµ2>0. Ainsi, H présente un minimum local en(b,ln(b)).

Exercice 3

Partie I : Étude d’une première variable aléatoire

1. a. Notons, pour touti∈N,Pi l’événement : « Obtenir pile aui-ème lancer » etFi=Pi. On a alors (X = 0) =P1∩P2

(X = 1) = (P₁∩F₂∩P₃)∪(F₁∩P₂∩P₃)

(X = 2) = (P1∩F2∩F3∩P4)∪(F1∩P2∩F3∩P4)∪(F1∩F2∩P3∩P4).

En effet, pour toutn∈N,(X =n)signifie que l’on a obtenunFace et deux Pile, le second au(n+ 2)-ème lancer et le premier à l’un des(n+ 1)rangs précédents. On obtient donc



























P(X = 0) = 2

3 ²

= 4 9,

P(X = 1) = 2×1 3 ×

2 3

2

= 8 27,

P(X = 2) = 3× 1

3 2

× 2

3 2

= 4 27.

b. Comme observé à la question précédente, pour toutn∈N,(X =n)signifie que l’on a obtenunFace et deux Pile, le second au(n+ 2)-ème lancer, le premier à l’un des(n+ 1)rangs précédents. Formellement :

(X =n) =









n+1

[

i=1







 Pi∩









n+1

\

j=1 j6=i

Fj

























∩Pn+2.

Par incompatibilité et par indépendance des lancers, il vient P(X=n) =

n+1

X

i=1

2 3×

1 3

n!

×2 3

=

n+1

X

i=1

4 3ⁿ⁺²

= (n+ 1) 4 3ⁿ⁺². Ainsi,

∀n∈N, P(X =n) = (n+ 1) 4 3ⁿ⁺².

Partie II : Étude d’une expérience en deux étapes

2. a. U prend clairement des valeurs entières positives et, pour chaque entiern, il existe une suite de tirages amenant à n Face et 2 Pile suivi d’un tirage de la boule numérotéen. Autrement dit,

U(Ω) =N.

b. Soitn∈N. Sachant(X =n), l’urne est composée de(n+ 1)boules indiscernables au toucher numérotées de0 à n donc

U^(X=n) U(J0, nK).

c. Soit k ∈ N. On commence par observer que (U =k)∩(X =n) = ∅ si n < k car on ne peut pas tirer une boule numérotéek dans une urne contenant des boules numérotées de 0 à n sik > n. Ainsi en appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements{(X =n)}_n∈N, on obtient :

P(U =k) =

+∞

X

n=0

P(U =k, X=n)

=

+∞

X

n=k

P(U =k, X=n)

=

+∞

X

n=k

P_(X=n)(U=k)P(X =n)

=

+∞

X

n=k

1

n+ 1P(X =n) (d’après2.b), ce qui établit la première égalité.

En injectant le résultat trouvé en1.b, il vient P(U =k) =

+∞

X

n=k

1

n+ 1 ×(n+ 1) 4 3ⁿ⁺²

= 4

+∞

X

n=k

1 3ⁿ⁺²

= 4

+∞

X

n=0

1 3^n+k+2

= 4 3^k+2

+∞

X

n=0

1 3ⁿ

= 4

3^k+2 × 1 1−1/3

= 4 3^k+2 ×3

2. Ainsi,

∀k∈N, P(U =k) = 2 3^k+1. d. U admet une espérance si et seulement si la sérieX

k≥0

kP(U =k)converge absolument. Les valeurs prises parU étant positives, ceci équivaut à la convergence de la série. Or,

X

k≥0

kP(U =k) =X

k≥0

k 2 3^k+1

=X

k≥1

k 2 3^k+1

= 2 9

X

k≥1

k 1 3^k−1

= 2 9

X

k≥1

k 1

3 k−1

.

On reconnaît le terme général d’une série géométrique dérivée de raison1/3. La série converge donc et alors E[U] =

+∞

X

k=0

kP(U =k)

=

+∞

X

k=0

k 2 3^k+1

=

+∞

X

k=1

k 2 3^k+1

=2 9

+∞

X

k=1

k 1 3^k−1

=2

9 × 1

(1−1/3)²

=2 9 ×9

4

=1 2. Ainsi,

E[U] = 1 2.

Pour déterminer la variance, on commence par étudier l’espérance deU(U−1). On a X

k≥0

k(k−1)P(U =k) =X

k≥2

k(k−1) 2 3^k+1

= 2 27

X

k≥2

k(k−1) 1

3 k−2

.

On reconnaît une série géométrique dérivée deux fois de raison 1/3, il s’agit donc d’une série convergente, et plus précisément absolument convergente puisque ses termes sont positifs. Il suit donc du théorème de transfert que U(U −1) admet une espérance et

E[U(U−1)] =

+∞

X

k=0

k(k−1)P(U =k)

= 2 27

+∞

X

k=2

k(k−1) 1

3 ^k−2

= 2

27× 2

(1−1/3)³

= 2

27×2×27 8

= 1 2.

Mais alorsU²=U²−U+U =U(U−1) +U admet une espérance comme somme de variables aléatoires admettant une espérance et

E U²

=E[U(U −1)] +E[U] = 1 2+1

2 = 1.

Il suit alors de la formule de Koenig-Huygens que :

V(U) =E U²

−E[U]²= 1− 1

2 ²

=3 4.

3. a. V prend clairement des valeurs entières positives ou nulles et, pour toutn∈N, il existe un tirage amenant ànFace et deux Pile suivi d’un tirage de la boule 0, auquel cas(V =n)est réalisé. Ainsi,

V(Ω) =N.

b. Soitn∈N. AlorsV^(X=n)prend ses valeurs entre0et net, pour toutk∈J0, nK, on a P_(X=n)(V =k) =P_(X=n)(X−U =k)

=P_(X=n)(U =n−k)

= 1

n+ 1. Ainsi,

V^(X=n) U(J0, nK).

c. En reprenant les calculs effectués en2.b, on observe que la loi deV est la même que celle deU. Autrement dit,

∀k∈N, P(V =k) = 2 3^k+1. 4. Soientk, l∈N. On a

(U =k, V =`) = (U =k, X−U =`) = (U =k, X =k+`).

Ainsi,

P(U =k, V =`) =P(U =k, X=k+`)

=P<sub>(X=k+`)</sub>(U =k)×P(X =k+`)

= 1

k+`+ 1×(k+`+ 1) 4 3^k+`+2

= 4

3^k+`+2

= 2

3^k+1 × 2 3^`+1

=P(U =k)P(V =`). Ainsi,

U et V sont indépendantes.

5. U etV étant indépendantes d’après4, il vient

Cov(U, V) = 0.

Alors

Cov(X, U) =Cov(V +U, U)

=Cov(V, U) +Cov(U, U)

= 0 +V(U)

= 3 4. Ainsi,

Cov(X, U) =3 4.

Partie III : Étude d’un jeu

6. Simulation informatique

a. On propose la fonction suivante : 1. function x = simule_X() 2. nPile = 0

3. nFace = 0 4. while (nPile<2) 5. if (rand()<2/3)

6. nPile = nPile +1

7. else

8. nFace = nFace +1

9. end

10. end

11. x = nFace 12. endfunction

b. La fonction proposée dans l’énoncé calcule la fréquence, sur 10 000 simulations, des victoires deA.

c. On observe que pourp≈0,8, on obtient une fréquence de victoires deAapproximativement égale à 50%. Ainsi : Le jeu est équilibré pourp≈0,8.

7. Étude de la variable aléatoire Y

a. Zcompte le rang du premier succès (« obtenir Pile ») dans une suite indéfinie de répétitions d’expériences de Bernoulli indépendantes (lancer la pièce), de même paramètre (p, la probabilité de faire Pile). Ainsi,

Z G(p).

b. Y étant le nombre de Face obtenus jusqu’au premier Pile, on a la relation Y =Z−1. Il s’ensuit queY admet une espérance et une variance et que

E[Y] =E[Z−1] =E[Z]−1 = 1

p−1 = 1−p p

et

V(Y) =V(Z−1) =V(Z) =1−p p² .

c. Posonsq= 1−p. On a, pour toutn∈N,

P(Y ≥n) =P(Z−1≥n)

=P(Z≥n+ 1)

=

+∞

X

k=n+1

P(Z =k)

=

+∞

X

k=n+1

pq^k−1

=pqⁿ

+∞

X

k=n+1

q^k−(n+1)

=pqⁿ

+∞

X

k=0

q^k

=pqⁿ× 1 1−q

=qⁿ. Ainsi,

∀n∈N, P(Y ≥n) = (1−p)ⁿ.

8. a. En appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements{(X=n)}_n∈N, on a

P(X ≤Y) =

+∞

X

n=0

P(X =n, X≤Y)

=

+∞

X

n=0

P(X =n, Y ≥n)

=

+∞

X

n=0

P(X =n)P(Y ≥n) (carX etY sont indépendantes).

Ainsi,

P(X ≤Y) =

+∞

X

n=0

P(X =n)P(Y ≥n).

b. En injectant les résultats établis en1.bet 7.cdans la formule trouvée en8.a, on a : P(X ≤Y) =

+∞

X

n=0

P(X=n)P(Y ≥n)

=

+∞

X

n=0

(n+ 1) 4 3ⁿ⁺²qⁿ

=4 9

+∞

X

n=0

(n+ 1)q 3

ⁿ

=4 9

+∞

X

n=1

nq 3

n−1

=4

9 × 1

(1−q/3)²

=4 9 ×

3 3−q

2

= 4

(3−q)²

= 4

(2 +p)². Ainsi,

P(X ≤Y) = 4 (2 +p)².

c. Le jeu est équilibré quandP(X ≤Y) = 1

2, c’est-à-dire quand 4

(2 +p)² = 1 2. Or 4

(2 +p)² = 1

2 ⇔8 = (2 +p)²

⇔p²+ 4p−4 = 0

⇔pest racine deX²+ 4X−4

⇔p∈n

−2−2√

2,−2 + 2√ 2o

.

Mais−2−2√

2<0et −2 + 2√

2>0 etpest nécessairement positif. Ainsi, Le jeu est équitable pourp= 2√

2−2.

Remarque : On a√

2≈1,41donc2√

2−2≈0,82, ce qui est cohérent avec la réponse déterminée numériquement à la question6.c.